保密启用前泉州市2019届普通高中毕业班第二次质量检查理 科 数 学试题答案与分析本试卷共23题，满分150分，共5页考试用时120分钟注意事项：1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上2考生作答时，将答案答在答题卡上请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效在草稿纸、试题卷上答题无效3选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚4保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1设集合，则A B C D【试题简析】由已知可得，所以选D2已知等比数列满足，则其前6项的和为 A B C D【试题简析】解法一：因为，所以，所以，所以选B解法二：因为，所以，所以，所以选B3若满足约束条件则的取值范围是 A B C D 【试题简析】由已知可得对应的可行域为如图所示阴影部分，由图可得，联立方程得点，联立方程得点，故，所以选B4英国统计学家EH辛普森1951年提出了著名的辛普森悖论，下面这个案例可以让我们感受到这个悖论有甲乙两名法官，他们都在民事庭和行政庭主持审理案件，他们审理的部分案件被提出上诉记录这些被上述案件的终审结果如下表所示（单位：件）：法官甲法官乙终审结果民事庭行政庭合计终审结果民事庭行政庭合计维持29100129维持9020110推翻31821推翻10515合计32118150合计10025125记甲法官在民事庭、行政庭以及所有审理的案件被维持原判的比率分别为，和，记乙法官在民事庭、行政庭以及所有审理的案件被维持原判的比率分别为，和，则下面说法正确的是A ， B，C， D，【试题简析】法官甲民事庭维持原判的案件率为，行政庭维持原判的案件率，总体上维持原判的案件率为；法官乙民事庭维持原判的案件率为，行政庭维持原判的案件率为，总体上维持原判的案件率为所以，选 D5已知抛物线（）的焦点为，准线为，为坐标原点，点在上，直线与交于点若，则 A B C D 【试题简析】作垂直于，则RT中，所以选C6已知某样本的容量为50，平均数为70，方差为75现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为，方差为，则A B C D【试题简析】解法一：由于，因此更正前后样本的平均数不发生改变，即由于， ，因此更正后样本的方差变小，即解法二：由已知可得，设收集的48个准确数据分别记为，则，故选A7. 已知等边的边长为2，现把绕着边旋转到的位置给出以下三个命题： 对于任意点，； 存在点，使得平面； 三棱锥的体积的最大值为1. 以上命题正确的是A B C D【试题解析】取中点，由于，所以平面，平面，所以，故正确；若平面，则，又，这不可能，故错误；，当平面平面时，达到最大，此时，故正确. 故选B8已知向量满足，与垂直，则的最小值为 A B C D【试题简析】由得，因此，当时，取得最小值1故选B9函数的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于两点，且在轴上，则下列说法中正确的是A函数的最小正周期是 B函数的图象关于点成中心对称C函数在单调递增 D函数的图象向右平移后关于原点成中心对称【试题简析】由图易得点的横坐标为，所以的周期不妨令，因为周期，所以，又，所以，因此函数的图象关于点成中心对称故选B10定义在上的函数，其导函数为，且，若当时，则 A B C D【试题简析】由，由导数的几何意义可知，函数的图像关于轴对称，所以为偶函数，所以当时， 可得当时，所以在单调递增，在单调递减解法一：，因为，所以即，所以A错；因为，所以即，所以B对；又无法确定符号，所以C， D错故选B解法二：由条件可得在单调递减，在单调递增，且关于对称，因为，且所以即，即，又无法确定符号，所以C， D错故选B11已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，其底面边长为，分别为侧棱的中点若在三棱锥内，且三棱锥的体积是三棱锥体积的3倍，则平面截球所得截面的面积为A B C D【试题简析】如图， 平面截球所得截面的图形为圆面正三棱锥中，过作底面的垂线，垂足为，与平面交点记为，连接依题，所以，设球的半径为，在中，由勾股定理解得由于平面平面，所以平面，球心到平面的距离为，则，设平面截球所得截面的半径为，在，所以截面圆的面积为故选C12已知函数若方程有四个不等的实数根，则实数的取值范围是A B C D【试题简析】解法一：方程有四个实数根等价于与图像有四个不同的交点当时，解得当，单调递增，当时，单调递减，所以极大值为当时，当时，当时，解得（舍正），当时，单调递增，当时，单调递减，所以极大值为当时，当时，作出函数的草图，如图：若与不可能有四个交点； 若与有三个交点；若当与相切时，设切点为则，即解得，两图像要有四个交点，则综上实数的取值范围是，故选B解法二：由于，方程等价于，即依题意与图像有四个交点 令，当，得当时单调递增，当时，单调递减， 当时，当时，又当时，得，当时，单调递减，当时，单调递增，极小值为，当时，当时，所以与图像有四个交点时 故选B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分将答案填在答题卡的相应位置13=_【试题简析】答案：解法一：解法二：14某校开设物理、化学、生物、政治、历史、地理等6门选修课，甲同学需从中选修3门，其中化学、生物两门中至少选修一门，则不同的选法种数有_（用数字填写答案）【试题简析】答案：解法一： 解法二： 15已知双曲线的中心为，左、右顶点分别为，左、右焦点为，过的直线与的两条渐近线分别交于两点若，则的离心率等于_【试题简析】答案：解法一：设渐近线的倾斜角为，由对称性知，又，所以，于是，即是等腰三角形，故点在线段的中垂线上，且已知，得又渐近线的斜率为，可得， 所以， 即， 解得解法二：已知，得渐近线的斜率为，得又，所以即，解得，故解法三：已知，得又渐近线的斜率为，可得在中，由余弦定理，得，即，而到渐近线的距离是，所以结合条件，得渐近线满足，所以，解得，故16在数列中，若则数列的前项和取得最大值时的值为_【试题简析】答案：解法一：因为所以，得即，所以数列为等差数列在中，取，得即，又，则， 所以因此，所以，所以， 又，所以时，取得最大值解法二：由，得，令，则，则，即，代入，得取，得，解得，又，则，故所以，于是由，得，解得或，又因为，所以时，取得最大值三、解答题：共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17（12分）在中，内角，的对边分别为，（1）若的面积为，求；（2）若点为线段的中点，求【试题简析】解法一：（1）因为， 由正弦定理可得，2分得，即，3分又，所以，因为，所以，所以，4分所以在中，6分所以7分（2）因为，所以，又，所以8分记，在直角中，9分在中，所以10分所以11分 又，因此12分解法二：（1）同法一6分（2）因为，所以，又，所以8分9分因为点为线段的中点，所以，10分所以，即11分 又，因此12分18（12分）四棱锥中，平面，（1）求证: 平面平面;（2）为棱上异于的点，且，求直线与平面所成角的正弦值【试题简析】解法一：（1）证明：在与中，因为， ，1分所以，,即.所以.因为,所以,所以2分因为平面，平面，所以3分又所以平面4分又平面， 所以平面平面 5分（2）过作，因为平面，所以平面即两两相垂直 以为原点，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系， 6分因为，所以， 7分设，则，. 8分因为，所以9分即，解得，或因为，所以所以，即10分设为平面的一个法向量，则， 所以取， 11分设直线与平面所成角为，,所以直线与平面所成角的正弦值12分解法二：（1）在梯形中，以为原点，所在直线为建立平面直角坐标系，则， 所以，1分因为，所以2分以下同解法一 19（12分） 2018年，依托用户碎片化时间的娱乐需求、分享需求以及视频态的信息负载力，短视频快速崛起；与此同时，移动阅读方兴未艾，从侧面反应了人们对精神富足的一种追求，在习惯了大众娱乐所带来的短暂愉悦后，部分用户依旧对有着传统文学底蕴的严肃阅读青睐有加某读书APP抽样调查了非一线城市M和一线城市N各100名用户的日使用时长（单位：分钟），绘制成频率分布直方图如下，其中日使用时长不低于60分钟的用户记为“活跃用户”（1）请填写以下列联表，并判断是否有995%的把握认为用户活跃与否与所在城市有关？活跃用户不活跃用户合计城市M城市N合计（2）以频率估计概率，从城市M中任选2名用户，从